8 esercizi sul pH svolti e commentati

Si propongono 8 esercizi sul pH riguardanti acidi forti, basi forti, acidi deboli, basi deboli,  soluzioni ottenute da una miscela di un acido e una base o dall’idrolisi di un sale.

Formule

Per la risoluzione degli esercizi si riportano le formule principali per la loro risoluzione:

pH = – log [H⁺]
pOH = – log [OH^–]
pH + pOH = 14

Per le soluzioni tampone costituite da un acido debole e dalla sua base coniugata come, ad esempio, HCN e NaCN vale l’equazione di Henderson-Hasselbalch:

pH = pK_a + log [base coniugata]/[acido debole]

Per le soluzioni tampone costituite da una base debole e dal suo acido coniugato come, ad esempio, NH3 e NH₄Cl vale l’equazione di Henderson–Hasselbalch:

pOH = pK_b + log [acido coniugato]/[base debole]

Nel caso di un sale derivante da acido debole e base forte, come, ad esempio, NaF la costante di idrolisi di F^– è pari a K_b = K_w/K_a dove K_w è il prodotto ionico dell’acqua che a 25°C vale 1.00 · 10^-14

Nel caso di un sale derivante da base debole e acido forte, come, ad esempio, NH₄Cl  la costante di idrolisi di NH₄⁺ è pari a K_a = K_w/K_b dove K_w è il prodotto ionico dell’acqua che a 25°C vale 1.00 · 10^-14

8 Esercizi sul pH

• Calcolare il pH di una soluzione di HNO₃ che ha una concentrazione 0.10 M.

L’acido nitrico è un acido forte che si assume completamente dissociato: HNO₃ → H⁺ + NO₃^–
Pertanto in soluzione la concentrazione dello ione H+ è pari a 0.10 M

Dalla definizione di pH si ha: pH = – log 0.10 = 1.0

• Calcolare il pH di una soluzione di HCl che ha una concentrazione 12.0 M

L’acido cloridrico è un acido forte che si assume completamente dissociato: HCl → H⁺ + Cl^–
Pertanto in soluzione la concentrazione dello ione H⁺ è pari a 12.0 M

Dalla definizione di pH si ha: pH = – log 12.0 = – 1.08 (si noti che il valore di pH può essere inferiore a zero e superiore a 14)

• Calcolare il pH di una soluzione di NaOH che ha una concentrazione 0.10 M

L’idrossido di sodio è una base forte che si assume completamente dissociata: NaOH → Na⁺ + OH^–

Pertanto la concentrazione dello ione OH^– è pari a 0.10 M

Dalla definizione di pOH si ha: pOH = – log 0.10 = 1.0
Pertanto pH = 14 – 1.0 = 13.0

• Calcolare il pH di una soluzione di HF che ha una concentrazione 0.10 M sapendo che il valore di K_a è 7.2 10^-4

L’acido fluoridrico è un acido debole che si dissocia secondo l’equilibrio:
HF ⇄ H⁺ + F^–

Per conoscere le concentrazioni delle specie all’equilibrio si costruisce una I.C.E. chart

L’espressione della costante di equilibrio è:
K_a = [H⁺][ Cl^–]/[HF]

Sostituendo i valori si ottiene:

7.2 · 10^-4= (x)(x)/0.10-x = x²/0.10-x

Trascurando la x sottrattiva al denominatore si ha:
7.2 · 10^-4= x²/0.10
Moltiplicando ambo i membri per 0.10 si ottiene:
7.2 · 10^-5= x²

Da cui x = [H⁺] = √7.2 · 10^-5 = 0.0085 ( si noti che si considera la sola radice positiva in quanto le concentrazioni non possono essere negative)
pH = – log 0.0085 = 2.1

• Calcolare il pH di una soluzione di NH₃ che ha una concentrazione 0.10 M sapendo che il valore di K_b è 1.8. · 10^-5

L’ammoniaca è una debole che si dissocia secondo l’equilibrio:
NH₃ + H₂O ⇄ NH₄⁺ + OH^–

Per conoscere le concentrazioni delle specie all’equilibrio si costruisce una I.C.E. chart

L’espressione della costante di equilibrio è:
K_b= [NH₄⁺][ OH^–]/[ NH₃]

Sostituendo i valori si ottiene:

1.8 · 10^-5= (x)(x)/0.10-x = x²/0.10-x

Trascurando la x sottrattiva al denominatore si ha:
1.8 · 10^-5= x²/0.10
Moltiplicando ambo i membri per 0.10 si ottiene:
1.8 · 10^-6= x²

Da cui x = [OH^–] = √1.8 · 10^-6 = 0.0013 M
pOH = – log 0.0013 = 2.9
pH = 11-2.9 = 8.1

• Calcolare il pH di una soluzione ottenuta mescolando 250 mL di HCl 0.10 M con 300 mL di NaOH 0.12 M. (Si suppongano i volumi additivi)

Le moli di HCl sono pari a 0.250 L · 0.10 mol/L = 0.025
Le moli di NaOH sono pari a 0.300 L · 0.12 mol/L = 0.036
Le moli di NaOH in eccesso sono pari a 0.036 – 0.025 = 0.011
Il volume totale è 0.250 L + 0.300 L = 0.550 L

Da cui [OH^–] = 0.011/0.550 L = 0.020 M
pOH = – log 0.020 =1.7
pH = 14 – 1.7 = 12.3

• Calcolare il pH di una soluzione ottenuta mescolando 250 mL di HF 0.10 M con 300 mL di NaF 0.12 M sapendo che K_a= 7.2 10^-4 (Si suppongano i volumi additivi)

Trattandosi di una soluzione in cui è presente un acido debole e la sua base coniugata si applica l’equazione di Henderson-Hasselbalch relativa alle soluzioni tampone

NaF è un elettrolita forte e si dissocia in Na⁺ ed F^– pertanto la concentrazione di F^– è 0.12 M

Le moli di HF sono pari a 0.250 L · 0.10 mol/L = 0.025
Le moli di F^– sono pari a 0.300 L · 0.12 mol/L = 0.036

Il volume totale è 0.250 + 0.300 = 0.550 L
[HF] = 0.025/0.550 L = 0.045
[F^–] = 0.036/0.550 L = 0.065 M
pK_a = – log 7.2 · 10^-4 = 3.1

Applicando l’equazione di Henderson-Hasselbalch si ha:
pH = 3.1 + log 0.065/0.045 = 4.7

• Calcolare il pH di una soluzione di NaF 0.12 M sapendo che K_a= 7.2 10^-4

NaF è un elettrolita forte e si dissocia in Na⁺ ed F^– pertanto la concentrazione di F^– è 1.0 M
Lo ione fluoruro idrolizza secondo l’equilibrio:

F^– + H₂O ⇄ HF + OH^–
La costante relativa a questo equilibrio è pari a K_b = K_w/K_a dove K_w è il prodotto ionico dell’acqua che a 25°C vale 1.00 · 10^-14

Da cui K_b = 1.00 · 10^-14/ 7.2 · 10^-4= 1.4 · 10^-11
L’espressione di K_b è: K_b = [HF ][OH^–]/[F^–]

Per conoscere le concentrazioni delle specie all’equilibrio si costruisce una I.C.E. chart

Sostituendo questi valori nell’espressione di K_b si ottiene:

K_b = 1.4 · 10^-11 =(x)(x)/1.0-x = x²/1.0-x

Trascurando la x sottrattiva al denominatore si ha:
1.4 · 10^-11= x²/1.0
Da cui x = [OH^–] = √1.4 · 10^-11= 3.7 · 10^-6 ( si noti che si considera la sola radice positiva in quanto le concentrazioni non possono essere negative)
Pertanto pOH = – log 3.7 · 10^-6 =5.4 e pH = 14 – 5.4 = 8.6